新高考数学一轮复习学案第7章第1讲 数列的概念及简单表示法（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第7章第1讲 数列的概念及简单表示法（含解析），共14页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．数列的有关概念
(1)数列的定义
按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．
(2)数列的分类
(3)数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法．
2．数列的通项公式
(1)数列的通项公式
如果数列{an}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．
(2)已知数列{an}的前n项和Sn，则an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(S1，n＝1，,Sn－Sn－1，n≥2.))
3．数列的递推公式
如果已知数列{an}的首项(或前几项)，且任一项an与它的前一项an－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫做数列的递推公式．
常用结论
1．数列与函数的关系
数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在正整数集或其子集{1，2，3，…，n}上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值．
2．在数列{an}中，若an最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an－1，,an≥an＋1，))若an最小，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≤an－1，,an≤an＋1.))
二、教材衍化
1．在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋eq \f((－1)n,an－1)(n≥2)，则a5等于( )
A．eq \f(3,2) B．eq \f(5,3)
C．eq \f(8,5) D．eq \f(2,3)
解析：选D．a2＝1＋eq \f((－1)2,a1)＝2，a3＝1＋eq \f((－1)3,a2)＝eq \f(1,2)，a4＝1＋eq \f((－1)4,a3)＝3，a5＝1＋eq \f((－1)5,a4)＝eq \f(2,3).
2．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式an＝________．
答案：5n－4
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )
(2)所有数列的第n项都能使用通项公式表示．( )
(3)数列{an}和集合{a1，a2，a3，…，an}是一回事．( )
(4)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( )
(5)一个确定的数列，它的通项公式只有一个．( )
(6)若数列{an}的前n项和为Sn，则对∀n∈N*，都有an＝Sn－Sn－1.( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)忽视数列是特殊的函数，其自变量为正整数集N*或其子集{1，2，…，n}；
(2)根据Sn求an时忽视对n＝1的验证．
1．在数列－1，0，eq \f(1,9)，eq \f(1,8)，…，eq \f(n－2,n2)中，0.08是它的第________项．
解析：依题意得eq \f(n－2,n2)＝eq \f(2,25)，解得n＝10或n＝eq \f(5,2)(舍)．
答案：10
2．已知Sn＝2n＋3，则an＝________．
解析：因为Sn＝2n＋3，那么当n＝1时，a1＝S1＝21＋3＝5；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋3－(2n－1＋3)＝2n－1(*)．由于a1＝5不满足(*)式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5，n＝1，,2n－1，n≥2))
考点一 由数列的前几项求通项公式(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表法、图象法和通项公式法)．
核心素养：逻辑推理
1．数列1，3，6，10，…的一个通项公式是( )
A．an＝n2－(n－1) B．an＝n2－1
C．an＝eq \f(n(n＋1),2) D．an＝eq \f(n(n－1),2)
解析：选C．观察数列1，3，6，10，…可以发现
eq \a\vs4\al(1＝1，,3＝1＋2，,6＝1＋2＋3，,10＝1＋2＋3＋4，,…)
第n项为1＋2＋3＋4＋…＋n＝eq \f(n(n＋1),2).
所以an＝eq \f(n(n＋1),2).
2．数列{an}的前4项是eq \f(3,2)，1，eq \f(7,10)，eq \f(9,17)，则这个数列的一个通项公式是an＝________．
解析：数列{an}的前4项可变形为eq \f(2×1＋1,12＋1)，eq \f(2×2＋1,22＋1)，eq \f(2×3＋1,32＋1)，eq \f(2×4＋1,42＋1)，故an＝eq \f(2n＋1,n2＋1).
答案：eq \f(2n＋1,n2＋1)
3．数列eq \r(3)，eq \r(7)，eq \r(11)，eq \r(15)，…的一个通项公式是________．
解析：因为7－3＝11－7＝15－11＝4，即aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n)－1＝4，所以aeq \\al(2,n)＝3＋(n－1)×4＝4n－1，所以an＝eq \r(4n－1).
答案：an＝eq \r(4n－1)
4．已知数列{an}为eq \f(1,2)，eq \f(1,4)，－eq \f(5,8)，eq \f(13,16)，－eq \f(29,32)，eq \f(61,64)，…，则数列{an}的一个通项公式是________．
解析：各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出从第2项起，每一项的分子数比分母少3，且第1项可变为－eq \f(2－3,2)，故原数列可变为－eq \f(21－3,21)，eq \f(22－3,22)，－eq \f(23－3,23)，eq \f(24－3,24)，…故其通项公式可以为an＝(－1)n·eq \f(2n－3,2n).
答案：an＝(－1)n·eq \f(2n－3,2n)
eq \a\vs4\al()
解决此类问题，需抓住下面的特征：
(1)各项的符号特征，通过(－1)n或(－1)n＋1来调节正负项．
(2)考虑对分子、分母各个击破或寻找分子、分母之间的关系．
(3)相邻项(或其绝对值)的变化特征．
(4)拆项、添项后的特征．
(5)通过通分等方法变化后，观察是否有规律．
[注意] 根据数列的前几项求其通项公式其实是利用了不完全归纳法，蕴含着“从特殊到一般”的数学思想，由不完全归纳法得出的结果不一定是准确的！
考点二 由an与Sn的关系求an(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))由Sn与an的关系求an.利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)，求出当n≥2时an的表达式．
(1)(2020·湖南三市联考)设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝eq \f(a1(4n－1),3)，若a4＝32，则a1的值为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4)
C．eq \f(1,8) D．eq \f(1,16)
(2)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，则a1＝________，{an}的通项公式为________．
【解析】 (1)因为Sn＝eq \f(a1(4n－1),3)，a4＝32，所以S4－S3＝eq \f(255a1,3)－eq \f(63a1,3)＝32，所以a1＝eq \f(1,2)，故选A．
(2)数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，
所以(2n－1)an＝2，所以an＝eq \f(2,2n－1).
当n＝1时，a1＝2，上式也成立．
所以an＝eq \f(2,2n－1).
【答案】 (1)A (2)2 an＝eq \f(2,2n－1)
eq \a\vs4\al()
(1)已知Sn求an的三个步骤
①先利用a1＝S1求出a1；
②用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系式，利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
③注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．
(2)Sn与an关系问题的求解思路
根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化．
①利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解；
②利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
1．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2＋2n＋1(n∈N*)，则an＝________．
解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1；当n＝1时，a1＝S1＝4≠2×1＋1.所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2.))
答案：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4，n＝1，,2n＋1，n≥2))
2．若数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，则{an}的通项公式an＝________．
解析：由Sn＝eq \f(2,3)an＋eq \f(1,3)，得当n≥2时，Sn－1＝eq \f(2,3)an－1＋eq \f(1,3)，两式相减，整理得an＝－2an－1，又当n＝1时，S1＝a1＝eq \f(2,3)a1＋eq \f(1,3)，所以a1＝1，所以{an}是首项为1，公比为－2的等比数列，故an＝(－2)n－1.
答案：(－2)n－1
考点三 由递推关系求通项公式(基础型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))由数列的递推关系求通项公式常利用构造法、累加法、累乘法等．
分别求出满足下列条件的数列的通项公式．
(1)a1＝0，an＋1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；
(2)a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)；
(3)a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)．
【解】 (1)an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝0＋1＋3＋…＋(2n－5)＋(2n－3)＝(n－1)2，
所以数列的通项公式为an＝(n－1)2.
(2)由于eq \f(an＋1,an)＝2n，故eq \f(a2,a1)＝21，eq \f(a3,a2)＝22，…，eq \f(an,an－1)＝2n－1，
将这n－1个等式叠乘，
得eq \f(an,a1)＝21＋2＋…＋(n－1)＝2eq \s\up6(\f(n(n－1),2))，故an＝2eq \s\up6(\f(n(n－1),2))，
所以数列的通项公式为an＝2eq \s\up6(\f(n(n－1),2)).
(3)因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝3，所以数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，所以an＋1＝2·3n－1，所以该数列的通项公式为an＝2·3n－1－1.
eq \a\vs4\al()
由递推关系求数列的通项公式的常用方法

1．在数列{an}中，若a1＝2，an＋1＝an＋2n－1，则an＝________．
解析：a1＝2，an＋1＝an＋2n－1⇒an＋1－an＝2n－1⇒an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1，
则an＝2n－2＋2n－3＋…＋2＋1＋a1
＝eq \f(1－2n－1,1－2)＋2＝2n－1＋1.
答案：2n－1＋1
2．若a1＝1，nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________．
解析：由nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得eq \f(an,an－1)＝eq \f(n,n＋1)(n≥2)．
所以an＝eq \f(an,an－1)·eq \f(an－1,an－2)·eq \f(an－2,an－3)·…·eq \f(a3,a2)·eq \f(a2,a1)·a1
＝eq \f(n,n＋1)·eq \f(n－1,n)·eq \f(n－2,n－1)·…·eq \f(3,4)×eq \f(2,3)×1＝eq \f(2,n＋1)，(*)
又a1也满足(*)式，所以an＝eq \f(2,n＋1).
答案：eq \f(2,n＋1)
考点四 数列的函数特征(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))通过实例，了解数列是一种特殊函数．
核心素养：逻辑推理
角度一 数列的单调性
已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(3n＋k,2n)，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为( )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
【解析】 因为an＋1－an＝eq \f(3n＋3＋k,2n＋1)－eq \f(3n＋k,2n)＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)，由数列{an}为递减数列知，对任意n∈N*，an＋1－an＝eq \f(3－3n－k,2n＋1)＜0，所以k＞3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D．
【答案】 D
eq \a\vs4\al()
(1)解决数列单调性问题的三种方法
①用作差比较法，根据an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列还是常数列；
②用作商比较法，根据eq \f(an＋1,an)(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断；
③结合相应函数的图象直观判断．
(2)求数列最大项或最小项的方法
①可以利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－1≤an，,an≥an＋1))(n≥2)找到数列的最大项；
②利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an－1≥an，,an≤an＋1))(n≥2)找到数列的最小项．
角度二 数列的周期性
设数列{an}满足：an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，a2 020＝3，那么a1＝( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
【解析】 设a1＝x，由an＋1＝eq \f(1＋an,1－an)，
得a2＝eq \f(1＋x,1－x)，
a3＝eq \f(1＋a2,1－a2)＝eq \f(1＋\f(1＋x,1－x),1－\f(1＋x,1－x))＝－eq \f(1,x)，
a4＝eq \f(1＋a3,1－a3)＝eq \f(1－\f(1,x),1＋\f(1,x))＝eq \f(x－1,x＋1)，
a5＝eq \f(1＋a4,1－a4)＝eq \f(1＋\f(x－1,x＋1),1－\f(x－1,x＋1))＝x＝a1，
所以数列{an}是周期为4的周期数列．
所以a2 020＝a505×4＝a4＝eq \f(x－1,x＋1)＝3.解得x＝－2.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
解决数列周期性问题的方法
先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．
1．等差数列{an}的公差d＜0，且aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，则数列{an}的前n项和Sn取得最大值时的项数n的值为( )
A．5 B．6
C．5或6 D．6或7
解析：选C．由aeq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,11)，可得(a1＋a11)(a1－a11)＝0，
因为d＜0，所以a1－a11≠0，所以a1＋a11＝0，
又2a6＝a1＋a11，所以a6＝0.
因为d＜0，所以{an}是递减数列，
所以a1＞a2＞…＞a5＞a6＝0＞a7＞a8＞…，显然前5项和或前6项和最大，故选C．
2．(2020·辽宁重点中学协作体联考)在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝sineq \f((n＋1)π,2)，记Sn为数列{an}的前n项和，则S18＝( )
A．0 B．18
C．10 D．9
解析：选C．因为an＋1－an＝sineq \f((n＋1)π,2)，
所以an＋1＝an＋sineq \f((n＋1)π,2).因为a1＝1，
所以a2＝a1＋sin π＝1，a3＝a2＋sineq \f(3π,2)＝0，a4＝a3＋sineq \f(4π,2)＝0，a5＝a4＋sineq \f(5π,2)＝1，a6＝a5＋sineq \f(6π,2)＝1，a7＝a6＋sineq \f(7π,2)＝0，
a8＝a7＋sineq \f(8π,2)＝0，…，故数列{an}为周期数列，周期为4.
所以S18＝4(a1＋a2＋a3＋a4)＋a1＋a2＝10.故选C．
3．已知数列{an}满足an＝(n－λ)2n(n∈N*)，若{an}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．
解析：因为数列{an}是递增数列，所以an＋1＞an，所以(n＋1－λ)2n＋1＞(n－λ)2n，化为λ＜n＋2，对∀n∈N*都成立．所以λ＜3.
答案：(－∞，3)
[基础题组练]
1．已知数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…，则5eq \r(5)是它的( )
A．第19项 B．第20项
C．第21项 D．第22项
解析：选C．数列eq \r(5)，eq \r(11)，eq \r(17)，eq \r(23)，eq \r(29)，…中的各项可变形为eq \r(5)，eq \r(5＋6)，eq \r(5＋2×6)，eq \r(5＋3×6)，eq \r(5＋4×6)，…，
所以通项公式为an＝eq \r(5＋6(n－1))＝eq \r(6n－1)，令eq \r(6n－1)＝5eq \r(5)，得n＝21.
2．已知数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，那么a5＝( )
A．eq \f(1,32) B．eq \f(1,16)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(1,2)
解析：选A．因为数列{an}满足：∀m，n∈N*，都有an·am＝an＋m，且a1＝eq \f(1,2)，所以a2＝a1a1＝eq \f(1,4)，a3＝a1·a2＝eq \f(1,8).那么a5＝a3·a2＝eq \f(1,32).故选A．
3．在数列{an}中，“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选B．“|an＋1|＞an”⇔an＋1＞an或－an＋1＞an，充分性不成立，数列{an}为递增数列⇔|an＋1|≥an＋1＞an成立，必要性成立，所以“|an＋1|＞an”是“数列{an}为递增数列”的必要不充分条件．故选B．
4．(多选)已知数列{an}满足an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，且a1＝2，则( )
A．a3＝－1 B．a2 019＝eq \f(1,2)
C．S3＝eq \f(3,2) D．S2 019＝eq \f(2 019,2)
解析：选ACD．数列{an}满足a1＝2，an＋1＝1－eq \f(1,an)(n∈N*)，可得a2＝eq \f(1,2)，a3＝－1，a4＝2，a5＝eq \f(1,2)，…所以an－3＝an，数列的周期为3.a2 019＝a672×3＋3＝a3＝－1.S3＝eq \f(3,2)，S2 019＝eq \f(2 019,2).
5．(2020·广东广州天河毕业班综合测试(一))数列{an}满足a1＝1，对任意n∈N*，都有an＋1＝1＋an＋n，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝( )
A．eq \f(99,98) B．2
C．eq \f(99,50) D．eq \f(99,100)
解析：选C．由an＋1＝1＋an＋n，得an＋1－an＝n＋1，
则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋1＝eq \f(n(n＋1),2)，
则eq \f(1,an)＝eq \f(2,n(n＋1))＝eq \f(2,n)－eq \f(2,n＋1)，
则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a99)＝2×[eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,99)－\f(1,100)))]＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,100)))＝eq \f(99,50).故选C．
6．若数列{an}满足a1·a2·a3·…·an＝n2＋3n＋2，则数列{an}的通项公式为________．
解析：a1·a2·a3·…·an＝(n＋1)(n＋2)，
当n＝1时，a1＝6；
当n≥2时，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a1·a2·a3·…·an－1·an＝(n＋1)(n＋2)，,a1·a2·a3·…·an－1＝n(n＋1)，))
故当n≥2时，an＝eq \f(n＋2,n)，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*.))
答案：an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,\f(n＋2,n)，n≥2，n∈N*))
7．(2020·黑龙江大庆一中模拟)数列{an}的前n项和Sn满足a2＝2，Sn＝eq \f(1,2)n2＋An，则A＝________，数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an an＋1)))的前n项和Tn＝________．
解析：因为a2＝S2－S1＝(2＋2A)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋A))＝2，所以A＝eq \f(1,2).
所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)(n－1)2＋\f(1,2)(n－1)))＝n，当n＝1时，a1＝S1＝1满足上式，所以an＝n.
所以eq \f(1,anan＋1)＝eq \f(1,n(n＋1))＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，所以Tn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
答案：：eq \f(1,2) eq \f(n,n＋1)
8．(2020·重庆(区县)调研测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，2Sn＝(n＋1)an，则an＝________．
解析：由2Sn＝(n＋1)an知，当n≥2时，2Sn－1＝nan－1，所以2an＝2Sn－2Sn－1＝(n＋1)an－nan－1，所以(n－1)an＝nan－1，
所以当n≥2时，eq \f(an,n)＝eq \f(an－1,n－1)，所以eq \f(an,n)＝eq \f(a1,1)＝1，所以an＝n.
答案：n
9．已知数列{an}的前n项和为Sn.
(1)若Sn＝(－1)n＋1·n，求a5＋a6及an；
(2)若Sn＝3n＋2n＋1，求an.
解：(1)因为a5＋a6＝S6－S4＝(－6)－(－4)＝－2，
当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，
an＝Sn－Sn－1＝(－1)n＋1·n－(－1)n·(n－1)＝
(－1)n＋1·[n＋(n－1)]＝(－1)n＋1·(2n－1)，
又a1也适合此式，所以an＝(－1)n＋1·(2n－1)．
(2)因为当n＝1时，a1＝S1＝6；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋2n＋1)－[3n－1＋2(n－1)＋1]＝2×3n－1＋2，
由于a1不适合此式，所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(6，n＝1，,2×3n－1＋2，n≥2.))
10．(2020·衡阳四校联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝4an＋3.
(1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{an}的通项公式；
(2)证明：eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝4.
解：(1)a1＝3，a2＝15，a3＝63，a4＝255.因为a1＝41－1，a2＝42－1，a3＝43－1，a4＝44－1，…，所以归纳得an＝4n－1.
(2)证明：因为an＋1＝4an＋3，所以eq \f(an＋1＋1,an＋1)＝eq \f(4an＋3＋1,an＋1)＝eq \f(4(an＋1),an＋1)＝4.
[综合题组练]
1．(2020·安徽江淮十校第三次联考)已知数列{an}满足eq \f(an＋1－an,n)＝2，a1＝20，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A．4eq \r(5) B．4eq \r(5)－1
C．8 D．9
解析：选C．由an＋1－an＝2n知a2－a1＝2×1，a3－a2＝2×2，…，an－an－1＝2(n－1)，n≥2，
以上各式相加得an－a1＝n2－n，n≥2，所以an＝n2－n＋20，n≥2，
当n＝1时，a1＝20符合上式，
所以eq \f(an,n)＝n＋eq \f(20,n)－1，n∈N*，
所以n≤4时eq \f(an,n)单调递减，n≥5时eq \f(an,n)单调递增，
因为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)，所以eq \f(an,n)的最小值为eq \f(a4,4)＝eq \f(a5,5)＝8，故选C．
2．(多选)在数列{an}中，an＝(n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))eq \s\up12(n)，则数列{an}中的最大项可以是( )
A．第6项 B．第7项
C．第8项 D．第9项
解析：选AB．假设an最大，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(an≥an＋1，,an≥an－1，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((n＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥(n＋2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n＋1)，,(n＋1)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n)≥n·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))\s\up12(n－1)，))
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＋1≥\f(7,8)(n＋2)，,\f(7,8)(n＋1)≥n，))即6≤n≤7，所以最大项为第6项或第7项．
3．(2020·河南焦作第四次模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n，记数列{anbn}的前n项和为Sn，若eq \f(Sn－2,2n＋1)＋1＝n，则数列{bn}的通项公式为bn＝________．
解析：因为eq \f(Sn－2,2n＋1)＋1＝n，所以Sn＝(n－1)·2n＋1＋2.所以当n≥2时，Sn－1＝(n－2)2n＋2，两式相减，得anbn＝n·2n，所以bn＝n；当n＝1时，a1b1＝2，所以b1＝1.综上所述，bn＝n，n∈N*.故答案为n.
答案：n
4．(2020·新疆一诊)数列{an}满足a1＝3，an－anan＋1＝1，An表示{an}的前n项之积，则A2 019＝________．
解析：由an－anan＋1＝1，得an＋1＝1－eq \f(1,an)，
又a1＝3，则a2＝1－eq \f(1,a1)＝eq \f(2,3)，a3＝1－eq \f(1,a2)＝1－eq \f(3,2)＝－eq \f(1,2)，a4＝1－eq \f(1,a3)＝1－(－2)＝3，
则数列{an}是周期为3的周期数列，且a1a2a3＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，则A2 019＝(a1a2a3)·(a4a5a6)·…·(a2017a2 018a2 019)＝(－1)673＝－1.
答案：－1
5．已知Sn为正项数列{an}的前n项和，且满足Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
解：(1)由Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an(n∈N*)，可得a1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)a1，解得a1＝1；
S2＝a1＋a2＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)a2，解得a2＝2；
同理a3＝3，a4＝4.
(2)Sn＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n)＋eq \f(1,2)an，①
当n≥2时，Sn－1＝eq \f(1,2)aeq \\al(2,n－1)＋eq \f(1,2)an－1，②
①－②得(an－an－1－1)(an＋an－1)＝0.
由于an＋an－1≠0，
所以an－an－1＝1，
又由(1)知a1＝1，
故数列{an}是首项为1，公差为1的等差数列，故an＝n.
6．设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝a(a≠3)，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)设bn＝Sn－3n，求数列{bn}的通项公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范围．
解：(1)依题意得Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，
由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，即bn＋1＝2bn，
又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通项公式为bn＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)可知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(12·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(n－2)＋a－3))，
所以，当n≥2时，
an＋1≥an⇒12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(n－2)＋a－3≥0⇒a≥－9，
又a2＝a1＋3＞a1，a≠3.
所以，所求的a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．分类标准
类型
满足条件
按项数
分类
有穷数列
项数有限
无穷数列
项数无限
按项与项
间的大小
关系分类
递增数列
an＋1＞an
其中n∈N*
递减数列
an＋1＜an
常数列
an＋1＝an
按其他
标准分类
有界数列
存在正数M，使|an|≤M
摆动数列
从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列
周期数列
对n∈N*，存在正整数常数k，使an＋k＝an